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专题03 首届新高考-立体几何大题综合（首届新高考江西、
广西、贵州、甘肃专用）
一、解答题
1．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）已知四棱锥 中，
侧面 为等边三角形，底面 为直角梯形， ， ，
， .
(1)求证：平面 平面 ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意，利用勾股定理逆定理证明 ，由已知 ，证明
平面 ，从而证明平面 平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）四棱锥 中， ， ，
则 ， ， ，
，
，
又 ，且 ， 平面 ，
平面 ，又 平面 ，
平面 平面 ，即平面 平面 ；（2）如图建立空间直角坐标系，则 ， ， ，
，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，所以 ，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
2．（2023·湖北黄冈·浠水县第一中学校考模拟预测）如图，在三棱台 中，
， ， ， ， ．
(1)证明：平面 平面 ；
(2)设 是 的中点，求平面 与平面 夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直证面面垂直，根据题中条件，在平面 中， 垂直于两
平面的交线 ，只需再证其与平面 内的另外一条与 相交的直线垂直即可.
（2）建立空间直角坐标系，两平面法向量的夹角余弦值的绝对值即为平面 与
平面 夹角的余弦值.
【详解】（1）证明：
由三棱台 知： ，
在梯形 中，取 的中点 ，连接 ，
因 ，
故 ，四边形 是平行四边形，
∴ ，
，
所以 ，
，即 ，
因 ，所以 ，又因 ，所以 ，
又因 ，所以 平面 ，
因 平面 ，
所以平面 平面 ；
（2）解：
取 的中点 ， 的中点 ，连接 ， ，则 ，
因 ，所以 ，
由条件知：四边形 是等腰梯形，所以 ，
平面 平面
平面 ,
平面 平面
∴ 平面 ，
分别以 ， ， 所在直线为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，如图，
则在等腰梯形 中，由平面几何知识可得： ，
∴ ， ， ， ，
设平面 的法向量 ，
则由 得 ，
令 ，得 ， ，所以 ，
又平面 的法向量 ，
设平面 与平面 的夹角为 ，
则 ．
3．（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，在多面体ABCDE中，平面 平面
ABC， 平面ABC， 和 均为正三角形， ，点M为线
段CD上一点．
(1)求证： ；
(2)若EM与平面ACD所成角为 ，求平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2) .
【分析】（1）取AC中点O，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质证明 即
可推理作答.
（2）利用（1）中信息，建立空间直角坐标系，借助空间向量求解作答.
【详解】（1）取AC中点O，连接DO、OB，在正 和正 中， ，
则 ，而平面 平面ABC，
平面 平面 ， 平面ACD， 平面ABC，于是 平面
ABC， 平面ACD，
又 平面ABC，即有 ，而 ．因此四边形DOBE是平行四边形，则 ，
从而 平面ABC， 平面ADC，
所以 .
（2）由（1）知， 平面ADC， 为EM与平面ADC的所成角，即
，
在 中， ，即M为DC中点，
由（1）知， 两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，
，
显然平面DAC的一个法向量为 ，设平面MAB的一个法向量为 ，
则 ，令 ，得 ，
，
所以平面AMB与平面ACD所成锐二面角的余弦值为 ．
4．（2023·山东泰安·统考模拟预测）四棱锥 中，底面 为矩形，， ，平面 与平面 的交线为 .
(1)求证：直线 平行于平面 ；
(2)求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意证得 平面 ，结合线面平行的性质定理证得 直
线 ，再由线面平行的判定定理，即可证得 平面 ；
（2）以点 为原点，建立空间直角坐标系，设 ，取 的方向向量
，根据 ， ，利用向量的夹角公式，求得
，进而求得平面 和平面 的一个法向量，结合向量的夹角公式，
即可求解.
【详解】（1）证明：因为底面 是矩形，可得 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，且平面 平面 ，所以 直线 ，
又因为 平面 ， 平面 ，所以 平面 .
（2）解：以点 为原点， ，垂直于平面 的直线 分别为 轴、 轴和
轴，建立如图空间直角坐标系，则 ，则 ，
设 ，取 的方向向量 ，
因为 ， ，可得
，
又因为 ，可得 ，即 ，
解得 ，即 ，
设平面 法向量为 ，则 ，
取 ，可得 ，所以 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取取 ，可得 ，所以 ，
所以 ，
由图象可得，二面角 为锐二面角，
所以二面角 的余弦值为 .
5．（2023·山东泰安·统考模拟预测）如图1，在平行四边形 中，
， ， 为 的中点， ， ，沿
将 翻折到 的位置，如图2， .(1)证明： 平面 ；
(2)求平面 和平面 的夹角.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）确定 为正三角形， ，证明 ，得到证明.
（2）确定 平面 ， ，建立空间直角坐标系，确定平面 和平面
的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案.
【详解】（1） ， ， 为正三角形，
，则 为 中点，
设 ， ， ，故 ，故 为 的三等分点，
， 为 的三等分点，即F为 的中点，故 ，
平面 ， 平面 ，故 平面 .
（2）由题设易得 ， ，
，
故 ，即 ， ，故 ，
， ，PH、HF在面PHF内，故 平面 .
PF在面PHF内，故 ，又 ， ，AC、AD在面ABCD内，故 平面 .
在 中， ，
由题意易得∠ABC=60°，∠BAC=30°，则∠ACB=90°，故 ，
过点 作平面 的垂线为z轴，以 分别为 轴、 轴正方向，建立如图所示
坐标系.
则 ， ， ， ， ，
， ， ，
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ，所以
设平面 的一个法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，所以 ，
设平面 和平面 的夹角为 ， ,
则 ， ，
所以平面 和平面 的夹角为 .
6．（2023·福建宁德·校考模拟预测）如图，已知多面体EACBD中，EB⊥底面ACBD，EB=1，AB=2，其中底面由以AB为直径的半圆ACB及正三角形ABD组成
(1)若BC=1，求证:BC∥平面ADE.
(2)半圆AB上是否存在点M，使得二面角 是直二面角?若存在，求出
的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见详解
(2)存在，
【分析】（1）根据题意分析可得 ，进而可证 ， // ，根据
线面平行的判定定理分析证明；
（2）建系，设 ，分别求平面 、平面 的法向量，
结合面面垂直的向量关系运算求解.
【详解】（1）由题意可得： ，则 ，
且 为锐角，则 ，
因为三角形ABD为正三角形，则 ，
可得 ，即 ，
所以 // ，
平面ADE， 平面ADE，
可得BC∥平面ADE.
（2）如图，以 的中点 为坐标原点， 为x轴， 的中垂线为y轴建立空间直
角坐标系，
则 ，
可得 ，
设平面 的法向量 ，则 ，令 ，则 ，即 ，
设 ，平面 的法向量 ，
因为 ，则 ，
令 ，则 ，即 ，
若二面角 是直二面角，则 ，
整理得 ，
联立方程 ，解得 或 ，
因为 ，则 ，可得 ，即
所以 ，
可得当 时，二面角 是直二面角.
7．（2023·福建厦门·统考模拟预测）筝形是指有一条对角线所在直线为对称轴的四边
形．如图，四边形 为筝形，其对角线交点为 ，将
沿 折到 的位置，形成三棱锥 ．(1)求 到平面 的距离；
(2)当 时，在棱 上是否存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值
为 ？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)1
(2)存在； 或
【分析】（1）根据线面垂直的判定可得 平面 ，进而可得 到平面 的
距离 .
（2）以 为原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系，
再设 ，根据线面角的空间向量求法求解即可.
【详解】（1）因为 ，
所以 不可能为四边形 的对称轴，则 为四边形 的对称轴，
所以 垂直平分 ，所以 ．
平面 平面
所以 平面 ．
所以 到平面 的距离 ．
（2）存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为 ．
过 作 平面 ，所以 两两垂直.
以 为原点， 所在直线分别为 轴， 轴， 轴建立空间直角坐标系由（1）得平面 平面 ，因为
所以 ．
设
设平面 的法向量
所以
令 ，则
所以平面 的一个法向量
设直线 与平面 所成角为
．
所以 或 ，所以存在点 ，使得直线 与平面 所成角的正弦值为
或 ．
8．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）如图所示的几何体是圆柱的一部分，它是由矩形 （及其内部）以边 所在直线为旋转轴旋转 得到的， 是
的中点．
(1)设 是 上的一点，且 ，求 的大小；
(2)当 ， 时，求二面角 的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意可得 平面 ，即可得到 ，从而得解；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为 ， ，
又 平面 ， ，所以 平面 ．
又 平面 ，所以 ．
又 ，所以 ．
（2）由（1）以 为坐标原点，分别以 ， ， 所在的直线为 ， ， 轴，
建立如图所示的空间直角坐标系．
由题意得 ， ， ， ，
故 ， ， ，
设 是平面 的一个法向量．
由 ，得 ，取 ，可得 ．设 是平面 的一个法向量．
由 ，得 ，取 ，可得 ．
所以 ，由图可知二面角 为锐二面角，
所以二面角 的余弦值为 ．
9．（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）已知直角梯形形状如下，其中 ，
， ， ．
(1)在线段CD上找出点F，将四边形 沿 翻折，形成几何体 ．若
无论二面角 多大，都能够使得几何体 为棱台，请指出点F的
具体位置（无需给出证明过程）．
(2)在（1）的条件下，若二面角 为直二面角，求棱台 的体积，
并求出此时二面角 的余弦值．
【答案】(1) 或 为靠近点 的三等分点；
(2) ； .【分析】（1）延长 交于点 ，连接 并延长交 于 ，翻折后证明平面
平面 即可推理作答.
（2）根据给定条件，证明 平面 ，再利用锥体的体积公式结合割补法求出体
积，建立空间直角坐标系求出面面角的余弦作答.
【详解】（1）在直角梯形 中，延长 交于点 ，连接 并延长交 于
，如图，
， ， ，于是 ，则 ， 为靠近
点 的三等分点，
将四边形 沿 翻折，即将 沿 翻折，无论二面角 多大，
所成几何体均为三棱锥 ，显然 平面 平面 ，
于是 平面 ，同理 平面 ，而 平面 ，
因此平面 平面 ，从而几何体 是棱锥 被平行于底面
的平面所截，
截面和底面间的部分，即几何体 是棱台，
所以无论二面角 多大，都能够使得几何体 为棱台， ，
为靠近点 的三等分点.
（2）翻折前 ，将 , , 延长一倍，三线交予点 ，
在等腰直角三角形 中， ，在棱台 中， ，
又二面角 为直二面角， 平面 ，
即三棱锥 的体积为 ，
又三棱锥 的体积 ，
则有棱台 的体积为 ，
在线段 上取 ，有 ，四边形 为平行四边形,，
又 面 ，则 ，以 为原点， 为 , , 的单
位向量建立空间直角坐标系，
则 ， ，
，取平面 的法向量为 ，
，令 ，取 ，
取面 的法向量 ，则 ，令 ，得 ，
显然二面角 的平面角为锐角，设为 ，
，
所以二面角 的余弦值为 .
10．（2023·山西·校联考模拟预测）如图，斜四棱柱 的底面 为
等腰梯形，且 ，点 在底面的射影点 在四边形 内部，且
.(1)求证：平面 ⊥平面 ；
(2)在线段 上是否存在一点 ，使得平面 与平面 夹角的余弦值为 ，
若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）作出辅助线，得到四边形 为菱形，得到 ，得到线面垂直，
得到平面 ⊥平面 ；
（2）建立空间直角坐标系，得到各点坐标，设 ，由二面角的大小
得到 .
【详解】（1）在等腰梯形 中， ，
过 作 交 于 ，则四边形 是菱形，
， 是等边三角形，，
，
又 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，
平面 ⊥平面 .
（2）由（1）平面 ⊥平面 ，
∵ 平面 平面 ，
∴点 在底面的射影 在 上，且 ，又 ，
由（1）知 .
以 为原点， 分别为 轴，建立如图空间直角坐标系 ，
则 ，
则 ，设 ， ，
则 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，则 ，解得 ，
令 得， ，故 ，
，解得： ，
所以
11．（2023·河北·统考模拟预测）在圆柱 中，等腰梯形 为底面圆 的内接
四边形，且 ，矩形 是该圆柱的轴截面， 为圆柱的一条母线，
.
(1)求证：平面 平面 ；
(2)设 ， ，试确定 的值，使得直线 与平面 所成角的正弦值
为 .
【答案】(1)证明见解析
(2) 或
【分析】（1）先证明 平面 以及 平面 ，根据面面平行的判定定理
即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求得平面 的一个法向量，根据空
间角的向量求法，即可求得答案.
【详解】（1）在圆柱 中， , 平面 , 平面 ,故 平面 ；
连接 ，因为等腰梯形 为底面圆 的内接四边形， ，
故 ，
则 为正三角形，故 ，则 ，
平面 , 平面 ,
故 平面 ；
又 平面 ，
故平面 平面 .
（2）如图，以 为坐标原点，在底面圆 过点 垂直于平面 作直线为x轴，
以 为 轴建立空间直角坐标系，
由于 ，由（1）可知 ,
故 ,则 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
令 ，则 ，
由 ， ， ，
可得 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
则 ，
即得 ，解得 或 ，符合 ，
故 或 .
12．（2023·湖南长沙·长郡中学校考模拟预测）如图，在直角梯形ABCD中， ，
，四边形 为平行四边形，对角线 和 相交于点H，平面 ⊥
平面 ， ， ，G是线段 上一动点（不含端点）．
(1)当点G为线段BE的中点时，证明： 平面 ；
(2)若 ，且直线 与平面 成 角，求二面角 的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接 ，由三角形中位线和边长关系可知四边形 是平行四
边形，即可证明 平面 ；
（2）根据题意可知，以 为原点建立空间直角坐标系，可设 利用空间向量
即可表示出 ，进而确定 点位置，再分别求得两平面的法向量即可得出二面角
的正弦值为 .
【详解】（1）证明：
连接 ，如下图（1）中所示：
因为四边形 为平行四边形，所以 是 中点，
又 点为线段 的中点，则 ，且 ,
又 且 ，所以 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ；
（2）以 为原点， 为 轴，过 且在平面 内与 垂直的直线为 轴，
建立空间直角坐标系，如图（2）所示：由平面 ⊥平面 ， ， 可知，
均为边长为2的正三角形，
则有 ，
设 ，
则 ，
为平面 的法向量，
所以 ，
解得 （其中 舍去）,所以 ，
设平面 的法向量为 ，则有
，
令 ，则 ，故可取 ．
设平面 的法向量为 ，则有
，
令 ，则 ，故可取
所以 ．所以二面角 的正弦值为 ．
即二面角 的正弦值为 .
13．（2023·广东佛山·华南师大附中南海实验高中校考模拟预测）如图，在四棱锥
中， ， ， ， 为 中点.
(1)在棱 上是否存在点 ，使得 平面 ？说明理由；
(2)若 平面 ， ，求平面 与平面 所成角的余弦值.
【答案】(1)存在，理由见解析
(2)
【分析】（1）取 的中点 ，利用线面平行的判定证明 ∥平面 ；
（2）取 的中点为 ，证明 ， ，以点 为坐标原点，
建立坐标系，利用向量法证明即可.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，则 ∥ ，又 ∥ ， ，
所以四边形 为平行四边形， ∥ .
因为 平面 ， 平面 ， ∥ ，
所以 ∥平面 .（2）取 的中点为 ，连接 ， ， .
若 平面 ， ，因为 平面 ，
则 ， ，且 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 ，又 ∥ ，所以 ，
又 ， 的中点为 ，所以 ，
则以点 为原点，建立如下图所示的空间直角坐标系：
，
平面 的法向量为 .
设平面 的法向量为 ，
，令 ，则
设平面 与平面 所成角为
所以平面 与平面 所成角的余弦值为 .14．（2023·广东广州·广州六中校考三模）四棱锥 中， ，
， ， ， ，点 是棱 上靠近点
的三等分点．
(1)证明： 平面 ；
(2)若平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，求四棱锥 的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明 平面 ，从而推出 ，结合 ，根据线面
垂直的判定定理即可证明结论；
（2）建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，确定平面 的法向量，求得平面
的法向量，根据面面角的向量求法可求得 的长，根据棱锥的体积公式即可求
得答案.
【详解】（1）依题意，在 中， ，
由余弦定理可得 ,
则 ，∴ ，
∵ ，∴ ，又 平面 ，
∴ 平面 ，∵ 平面 ，∴ ，
又 ， 平面 ,
故 平面 ；
（2）以A为坐标原点， 的方向分别为x轴，y轴，z轴的正方向，建立空
间直角坐标系，
设 ，则 ， ，
由（1）可知， 平面 ,
故 平面 ，∴平面 的一个法向量为 ，
设平面 的法向量为 ，且 ， ，
则 ，
取 ，所以 ，
因为平面 与平面 的夹角的余弦值为 ，
所以 ，解得 ，
所以四棱锥 的体积为
15．（2023·广东深圳·深圳中学校考模拟预测）如图， 且 ，
， 且 ， 且 . 平面 ，
.(1)求平面 与平面 的夹角的正弦值；
(2)若点 在线段 上，且直线 与平面 所成的角为 ，求线段 的长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用空间向量法求出平面 与平面 的法向量，即可求解；
（2）设线段DP的长为 （ ），求出 ， ，然后利用向量的
夹角公式列方程求解.
【详解】（1）因为 平面 ， ， 平面 ，所以 ，
.
因为 ，所以 ， ， 两两垂直，以 为原点，
分别以 ， ， 的方向为 轴， 轴， 轴的正方向的空间直角坐标系（如图），
则 ， ， ， ， ， ， .
得 ， ， .设 为平面 的法向量，则 ，
令 ，则 ；
设 为平面 的法向量，则 ，
令 ，则 ，
所以 .
所以平面 与平面 的夹角的正弦为 .
（2）设线段 的长为 ，则 ， .
因为 ， ， 平面 ，
所以 平面 ， 为平面 的一个法向量，
所以 ，由题意，可得 ，解得
.
所以线段 的长为 .
16．（2023·广东深圳·统考模拟预测）在正三角形 中， 、 、 分别是 、
、 边上的点，满足 ： ： ： ： 如图 将 沿
折起到 的位置，使二面角 成直二面角，连结 如图(1)求证： 平面 ；
(2)求证： 平面 ；
(3)求直线 与平面 所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）证明 ，利用直线与平面平行的判定定理证明 平面 ；
（2）不妨设正三角形 的边长为 取 的中点 ，连结 ，证明 是正三角
形，推出 为二面角 的平面角，证明 然后证明 平面
；
（3）设 在平面 内的射影为 ，且 交 于点 ，说明 就是
与平面 所成的角，在 ，求解即可．
【详解】（1） ： ： ， ，
平面 ， 平面 ，
平面 ；
（2）不妨设正三角形 的边长为 ，
在图 中，取 的中点 ，连结 ，
： ： ： ，
，
而 ， 是正三角形，又 ， ，
在图 中， ， ，
为二面角 的平面角，
由题设条件知此二面角为直二面角， ，
又 、 平面 ， ，
平面 ，即 平面 ；
（3）在图 中， 平面 ， ，
设 在平面 内的射影为 ，且 交 于点 ，
则可得 平面 ，
又 平面 ， ，
则 就是 与平面 所成的角，
在 中， ， ，
是等边三角形， ，
又 平面 ， ， 为 的中点，且 ，
又 ，在 ， ， ，
所以直线 与平面 所成的角为 .
17．（2023·江苏无锡·校联考三模）如图，已知在平面四边形 中， ，
， ，现将 沿 翻折到 的位置，使得 .(1)求证：平面 平面 ；
(2)点 在线段 上，当二面角 的大小为 时，确定 点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)点 是线段 上靠近 点的三等分点
【分析】（1）根据面面垂直的判定定理先证线面垂直，即可得面面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，确定平面 与平面 的法向量，由向量夹角余弦公
式求解即可得结论.
【详解】（1）取线段 的中点 ，连接
在 中，因为 ，所以 ， .
在直角 中， ，故 .
故 ，所以 ，从而 ，即 .
又 ， 平面 ， ，所以 平面 .
又因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）因为 ， ， ，
所以以点 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴建立空间直
角坐标系 （如图）.由题意可得 ， ， ， .
因为点 是棱 上点，设 ，则可得点 .
设平面 的法向量 ，又 ， ，
所以 ，
取 .
因为 平面 ，故可取平面 的法向量 ，
设二面角 大小为 ，则 ，
则 ，整理得 ，解得 （舍去）或 ，
所以点 是线段 上靠近 点的三等分点.
18．（2023·江苏常州·江苏省前黄高级中学校考模拟预测）如图，在三棱台ABC—
中， ，平面 平面 .
(1)证明： 平面 ；(2)若二面角 的大小是 ，求侧面 与底面 所成二面角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）在等腰梯形 中，作 ，利用勾股定理得到 ，再
利用面面垂直的性质定理得到 ，最后利用线面垂直的判定定理即可得证.
（2）建立空间直角坐标系，设 ，写出相应点的坐标，求出平面 与平面
的法向量，利用二面角 的大小是 求出 ，从而利用向量法求解二
面角的余弦值，利用同角关系求出正弦值.
【详解】（1） ，
在等腰梯形 中，作 ，则 ，
在 中， ，所以 ， ，
在 中， ，解得 ，
所以 ，即 ，
由平面 平面 ，平面 平面 ， ， 平
面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为 ， ， 平面 ，所以 平面 .（2）如图，在平面 内，过点 作 ，以 为原点，
以 所在的直线为 轴建立空间直角坐标系，
设 ，则 ，
则 ，
设平面 的法向量为 ，
则 ，即 ，令 ，则 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
则 ，解得 ，
即 ，则平面 的法向量为 ，
易知平面 的一个法向量为 ，
则 ，
设侧面 与底面 所成二面角的平面角为 ，则 ，
所以侧面 与底面 所成二面角的正弦值为 .
19．（2023·江苏苏州·模拟预测）在如图所示的圆锥中，已知 为圆锥的顶点， 为底
面的圆心，其母线长为6，边长为 的等边 内接于圆锥底面， 且
.
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 为 中点，射线 与底面圆周交于点 ，当二面角 的余弦值为
时，求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证BC⊥DO，BC⊥AO，可得BC⊥面DAO，即由线线垂直得线面垂直
得两面垂直；
（2）建立合适的空间直角坐标系，含参表示相关向量，利用空间向量求二面角
得出 ，再根据空间向量求点面距离即可.
【详解】（1）因为 为圆锥的顶点， 为底面的圆心，所以 面 .
又因为 面 ，所以 ，即 .因为 为 外接圆圆心，且 为正三角形，所以 .
又因为 且 ， 面 ，所以 面 ，
因为 面 ，所以面 面 .
（2）作 交 于 ，取 中点为 .
因为 ， ，所以 .
因为 面 ， ， 面 ，所以 ， .
如图，以点 为坐标原点， ， ， 所在的直线分别为 ， ， 轴建立空间直
角坐标系 .
因为 ， ，所以 ， ，
所以 ， ， ， ， .
由 ，得 ， ， ，
， .
设面 的法向量为 ，则 ，
取 ，则 ， ，所以 .
设面 的法向量为 ，则 ,
取 ，则 ， ，所以 .
由 ，且 ，
解得 ，所以 ， .
又因为 ，所以 ，所以 到面 的距离 .
20．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）如图，棱长为2的正方体
中，P为线段 上动点．
(1)证明： 平面 ；
(2)当直线BP与平面 所成的角正弦值为 时，求点D到平面 的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）确定 平面 ， 平面 得到平面 平面 ，
得到证明.
（2）建立空间直角坐标系，确定平面 的一个法向量为 ，得到 ，
再确定法向量，再根据距离的向量公式计算得到答案.【详解】（1） ， 平面 ， 平面 ，故 平面 ；
同理可得： 平面 ；
，且 平面 ，故平面 平面 ；
，故 平面 ；
（2）如图所示：以 分别为 轴建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，设 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 得到 ， ，
BP与平面 所成的角正弦值为：
，解得 或 （舍），
设平面 的法向量为 ，则 ，
取 得到 ，
则点D到平面 的距离 .
21．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）如图，该几何体是由等高的半个圆柱和 个
圆柱拼接而成，点 为弧 的中点，且 ， ， ， 四点共面.(1)证明：平面 平面 ；
(2)若平面 与平面 所成二面角的余弦值为 ，且线段 长度为2，求点
到直线 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）过 作 ，交底面弧于 ，连接 ，有 为平行四边形，
根据题设可得 ，即 ，再由线面垂直的性质可得 ，最后根据
线面、面面垂直的判定即可证结论.
（2）构建如下图示空间直角坐标系 ，令半圆柱半径为 ，高为 ，确定相关点
坐标，进而求平面 、平面 的法向量，利用空间向量夹角的坐标表示及已知
条件可得 ，即可求出点 到直线 的距离.
【详解】（1）过 作 ，交底面弧于 ，连接 ，易知： 为平行四边
形，
所以 ，又 为弧 的中点，则 是弧 的中点，
所以 ，而由题设知： ，则 ，
所以 ，即 ，由 底面 ， 平面 ，则 ，又
， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以平面 平面 .
（2）由题意，构建如下图示空间直角坐标系 ，
令半圆柱半径为 ，高为 ，则 ， ， ， ，
所以 ， ， ， ，若 是面 的一个法向量，则 ，令 ，则
，
若 是面 的一个法向量，则 ，令 ，则
，
所以 ，
整理可得 ，则 ，又 ，
由题设可知，此时点 ， ， ，
则 ， ，
所以点 到直线 的距离 .
.
22．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）如图所示，正三棱柱
中各条棱长均为2，点 分别为棱 的中点．(1)求异面直线 和 所成角的正切值；
(2)求点 到平面 的距离．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）连 ， ，转化为求 的正切值即可；
（2）利用等体积法可求出结果.
【详解】（1）连 ， ，因为 分别为棱 的中点，所以 ，
所以 （或其补角）是异面直线 和 所成的角，
因为正三棱柱 中各条棱长均为2，点 分别为棱 的中点．
所以 ， ， ，
因为 ，所以 ，
所以 .（2）连 ，
依题意可得 ，
， ，
，
设点 到平面 的距离为 ，
由 得 ，得 ，
得 .即点 到平面 的距离为 .
23．（2023·云南·校联考模拟预测）如图，正 是圆柱底面圆 的内接三角形，其
边长为 . 是圆 的直径， 是圆柱的母线， 是 与 的交点，圆柱的轴截
面是正方形.(1)记圆柱的体积为 ，三棱锥 的体积为 ，求 ；
(2)设 是线段 上一点，且 ，求二面角 的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用正弦定理求解圆柱底面圆的半径 与正 的边长为 的关系，
从而得圆柱的高 与 的关系，分别计算体积即可得比值；
（2）建立空间直角坐标系，分别求解平面 与平面 的法向量，根据空间向量
的坐标运算求解二面角 的余弦值即可.
【详解】（1）已知正 的边长为 ，
由正弦定理， （ 为圆柱底面圆的半径），
从而 ，由题意，圆柱高 ，
所以 ， ，
因此 .
（2）如图，过 作 平面PAD，易知Ax，AD，AP两两垂直，以A为原点建立如
图所示的空间直角坐标系 ，设 ，则 ， .
由于O为正 的中心，则 ，于是 ，
由（1）知正 的边长 ，从而 .
则 ， ， ， ， ，
由题意，F为线段PE上靠近E的三等分点，
则 ，
于是 ， ， ， ，
设平面AFC的法向量为 ，
所以 ，取 ，则 ，
设平面FCO的法向量为
所以 ，取 ，则 ，
所以 ，
由图可知二面角 的夹角为锐角，所以二面角 的夹角的余弦值为.
24．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在长方体 中，
，点P为棱 上任意一点.
(1)求证：平面 ⊥平面 ；
(2)若点E为棱 上靠近点C的三等分点，求点P在棱 上什么位置时，平面
与平面 夹角的余弦值为 .
【答案】(1)证明见解析
(2)点P为棱 上靠近点 的第一个六等分点
【分析】（1）可证 面 ，结合面面垂直的判定定理可得相应证明；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，设 ，求出平面 与平面 的法
向量后结合夹角的余弦值可求 ，故可判断 的位置.
【详解】（1）在长方体 中， ，故四边形 为正方形，
，又 面ABCD， 面ABCD， .，
，且AC， 面 ，
面 ， 面 ， 平面 平面 .（2）
以D为原点，分别以DA，DC， 为x，y，z轴建立空间直角坐标系.
设 ， ， ， ， .
设点 ， ，则 ， ，
设面 一个法向量为 ，
则 即 ，令 ， ， ， .
设面 的一个法向量为 ，
则 即 ，取 ， ， ， .
，
， 或 ，
， ，
点P为棱 上靠近点 的第一个六等分点时，
面 与面 夹角的余弦值为 .
25．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）如图， 是圆 的直径，点
是圆 上异于 的点，直线 平面 分别是 的中点．(1)记平面 与平面 的交线为 ，证明： 平面 ；
(2)设（1）中的直线 与圆 的另一个交点为 ，且点 满足 ．记直线
与平面 所成的角为 ，异面直线 与 所成的角为 ，二面角 的大小
为 ，求证： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据中位线定理和平行的传递性即可求解；（2）根据线面垂直的判定、
性质以及二面角的定义即可求解，或根据建立空间直角坐标系后根据法向量即可求解.
【详解】（1）∵ 平面 平面 ，
∴直线 平行于平面 ,
又 平面 ，平面 平面 ，
∴ ，又 ．
∴ ，
因为 是直径，所以 为直角，所以 ，
又因为 平面 ，AC在面ABC上，所以 ，
而 相交于点C,且 都在平面 内，
所以 平面 ，故 平面 ．
（2）证法一（综合法）：如图，连接 ，由（1）可知交线 即为直线 ，且
．因为 是 的直径，所以 ，于是 ．
已知 平面 ，而 平面 ，所以 ．
而 ，BC、PC在面PBC内，所以 平面 ．
连接 ，
因为 平面 ，所以 ．
故 就是二面角 的平面角，即 ．
由 ，作 ，且 ．
连接 ，
因为 是 的中点， ，所以 ，
从而四边形 是平行四边形， ．
连接 ，因为 平面 ，
所以 是 在平面 内的射影．
故 就是直线 与平面 所成的角，即 ．
又 平面 ，BF在面PBC内，所以 ，所以 为锐角．
故 为异面直线 与 所成的角，即 ，
于是在 ， ， 中，
分别可得 ．
从而 ，即 ．
证法二（向量法）：
如图，由 ，作 ，且 ，
连接 ．
由（1）可知交线l即为直线 ．
以点 为原点，向量 所在直线分别为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设 ，则有 ，
．
于是 ， ，
所以
从而 ．
取平面 的一个法向量为 ，可得 ，
设平面 的一个法向量为 ．
由 ，可得 取 ．
于是 ，从而 ．
故 ，即 ．
26．（2023·江苏·金陵中学校联考三模）如图，圆锥 中， 为底面圆 的直径，， 为底面圆 的内接正三角形，圆锥的高 ，点 为线段 上
一个动点.
(1)当 时，证明： 平面 ；
(2)当 点在什么位置时，直线PE和平面 所成角的正弦值最大.
【答案】(1)证明见解析；
(2) 点在距离 点 处
【分析】（1）利用勾股定理证明出 和 ，再用线面垂直的判定定理证
明出 平面 ；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解.
【详解】（1）因为 ， ，所以 是正三角形，则 ，
又 底面圆 ， 底面圆 ，所以 ，
在 中， ，所以 ，
因为 是正三角形，所以 ，
， ，
所以 ， ，
同理可证 ，
又 ， ， 平面 ，所以 平面 .
（2）如图，建立以 为原点的空间直角坐标系 .设 ，（ ），所以 ， ， ，
，
所以 ， ， ，
设平面 的法向量为 ，则 ，
令 ，则 ， ，故 ，
设直线 和平面 所成的角为 ，
则
，
当且仅当 ，即 时，直线 和平面 所成角的正弦值最大，
故 点在距离 点 处.
27．（2023·广东深圳·校考二模）如图1所示，等边 的边长为 ， 是 边
上的高， ， 分别是 ， 边的中点．现将 沿 折叠，如图2所示.(1)证明： ；
(2)折叠后若 ，求二面角 的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由已知可得 面 ，进而可证 ，可证 ，
（2）取 的中点 ，连接 ，，取 和 的中点分别为 和 ，连接 ，
， ，可证二面角 的平面角为 ，进而求解即可．
【详解】（1）在等边 的边长为 ， 是 边上的高，
根据折叠的性质可得 ， ，
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为 和 分别是 和 的中点，
所以 ，所以 ，
（2）取 的中点 ，连接 ，
取 和 的中点分别为 和 ，连接 ， ， ，
因为 ， ， 的中点分别为 ， ， ，
所以 ， ，
因为 ，所以 为等边三角形，又 为 的中点，所以
，
所以 ，又 平面 ， 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 平面 ，所以 ，又因为 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，
则二面角 的平面角为 ，
所以 ，
又 ，解得 ，显然 为锐角，
所以 ，即二面角 的余弦值为 ．
28．（2023·湖南邵阳·邵阳市第二中学校考模拟预测）如图，在 中， ，
为 边上一动点， 交 于点 ，现将 沿 翻折至 .
(1)证明：平面 平面 ；
(2)若 ，且 ，线段 上是否存在一点 （不包括端点），
使得锐二面角 的余弦值为 ，若存在求出 的值，若不存在请说明理
由.
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，
【分析】（1）由条件证明 ， ，根据线面垂直判定定理证明 平
面 ，根据面面垂直判定定理证明平面 平面 ；（2）证明 平面 ，建立空间直角坐标系， ，求平面 ，平面
的法向量，由条件列方程求 即可.
【详解】（1）因为 ， ，
所以 ，所以 ，
所以 ，又因为 ，
， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 .
（2）因为 ， ，∴ ，
又∵ ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
∴ 、 、 两两垂直，以 点为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴建立
空间直角坐标系，
因为 ， ，
所以 .
则 ， ， ， ，
平面 的一个法向量为 ，
，设 ，
，
，
设平面 法向量为 ，
则 ，所以 ，
取 ，则 ， ，
故 为平面 的一个法向量，所以 ，
解得 ，符合题意
即 ，∴ .
【点睛】
29．（2023·湖南衡阳·校考模拟预测）如图， 是等腰直角三角形， ，
四边形 是直角梯形， ， ，且 ，平面
平面 ．
(1)求证： ；
(2)若点E是线段 上的一动点，问点E在何位置时，三棱锥 的体积为 ?
【答案】(1)证明见解析
(2)E为线段 上靠近点D的三等分点
【分析】（1）利用勾股定理证明 ，再根据面面垂直的性质可得 平面
，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）设 ，则E到平面 的距离为 到平面 的距离的 倍，再根据棱
锥的体积公式求解即可.
【详解】（1） 四边形 是直角梯形， ， ，
，
∴ ，
则 ，∴ ，
∵平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，
平面 ，
又 平面 ， ；
（2）由（1）可知 平面 ， ，
设 ，则E到平面 的距离为 到平面 的距离的 倍，
即E到平面 的距离 ，
是等腰直角三角形， ， ， ，
，即 ，
，
E为线段 上靠近点D的三等分点．
30．（2023·浙江温州·统考二模）已知三棱锥 中， 是边长为3的正三
△
角形， 与平面 所成角的余弦值为 ．
(1)求证： ；
(2)求二面角 的平面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析(2)
【分析】（1）取 的中点 ，连接 ，证明 平面 ，即可得证；
（2）取正三角形 的中心 ，连接 ，从而可得 平面 ，则 即为
与平面 所成角的平面角，进而可得 ，取 中点为 ，连
接 ，则 ，故 即为二面角 的平面角，解
即可得解.
【详解】（1）取 的中点 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
因为 是边长为3的正三角形，所以 ，
又 △ 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ；
（2）取正三角形 的中心 ，连接 ，
则点 在 上，且 ，
由 ， 是正三角形，得三棱锥 为正三棱锥，
则 平面 ，△
故 即为 与平面 所成角的平面角，
又 与平面 所成角的余弦值为 ，
所以 ，即 ，即三棱锥 是正四面体，
取 中点为 ，连接 ，则 ，
故 即为二面角 的平面角，
在 中， ，
则 ，所以 ，
所以二面角 的平面角的正弦值 ．
